第四周。

11函数列与函数项级数.tex

@@ -165,7 +165,7 @@
     只需证1。一致$\dsum_{n = 0}^\infty a_n (x_1 - x_0)^n$收敛，不妨令$x_1 \neq x_0$。取$\abs{x - x_0} < \abs{x_1 - x_0}$，考察
     \[\abs{a_n(x - x_0)^n} = \abs{a_n (x_1 - x_0)^n \frac{(x - x_0)^n}{(x_1 - x_0)^n}} \leq \abs{a_n (x_1 - x_0)^n} \cdot \abs{\frac{x - x_0}{x_1 - x_0}}^n\]
     收敛级数的通项趋于零，因此存在$M > 0$，使得对任意的$n$，有$\abs{a_n (x_1 - x_0)^n} \leq M$。那么
-    \[\abs{a_n (x - x_0)^n} \leq Mh^n, \quad h = \abs{\frac{x - x_0}{x_1 - x_0}} < 1\]
+    \[\abs{a_n (x - x_0)^n} \leq Mh^n,  h = \abs{\frac{x - x_0}{x_1 - x_0}} < 1\]
     应用比较判别法可得$\dsum_{n = 1}^\infty a_n(x - x_0)^n$绝对收敛。
 \end{proof}
 
@@ -231,4 +231,79 @@
 
 \begin{proposition}
     给定幂级数$\dsum_{n = 0}^\infty a_n (x - x_0)^n$，设其收敛半径为$R > 0$，则在$\abs{x - x_0} < R$内，其和函数有任意阶导数且，各项逐项求导后$\dsum_{n = 0}^\infty na_n (x - x_0)^{n - 1}$与逐项积分后$\dsum_{n = 0}^\infty \dfrac{a_n}{n + 1} (x - x_0)^{n + 1}$的级数的收敛半径不变。
-\end{proposition}
+\end{proposition}
+
+\section{函数的幂级数展开}
+问题：给定某个区间上的函数$f:(x_0 - R, x_0 + R) \to \realnum$，它是否可以表示为幂级数
+\[f(x) = \sum_{n = 0}^\infty a_n (x - x_0)^n, \abs{x - x_0} < R\text{？}\]
+
+我们可以很容易地得到两个上式成立的必要条件。首先，由幂级数无穷阶可导的性质，可以得到
+\[f \in C^\infty (x_0 - R, x_0 + R)\]
+其次，在求$m$阶导后令$x = x_0$，我们有
+\[a_m = \frac{f^{(m)}(x_0)}{m!}, m = 1, 2, \dots\]
+
+\begin{definition}[Taylor级数与Maclaurin级数]
+    设函数$f(x)$在$x = x_0$点有任意阶导数，记
+    \[f(x) \sim \sum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x - x_0)^n\]
+    称为$f(x)$在$x = x_0$点的Taylor级数。
+
+    特别当$x_0 = 0$时，级数
+    \[\sum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n\]
+    也称为$f$的Maclaurin级数。
+\end{definition}
+
+现在的问题变成了，对于能写出对应Taylor级数的函数，它的Taylor级数是否收敛到函数本身？
+
+\begin{theorem}
+    设$f \in C^\infty (x_0 - R, x_0 + R)$，且存在$M > 0$使得对任意的$\abs{x - x_0} < R$，都有在$n$充分大时$\abs{f^{(n)}(x)} \leq M$，那么$f$能在$(x_0 - R, x_0 + R)$中展开为Taylor级数。
+\end{theorem}
+
+\begin{proof}
+    回忆函数的Taylor多项式展开，若$f \in C^\infty (x_0 - R, x_0 + R)$，那么对任意的$N = 1, 2, \dots$，有
+    \[f(x) = \sum_{n = 0}^N \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n + R_N(x)\]
+
+    因此只需证明在定理条件下有
+    \[\tolim{n}{\infty} R_n(x) = 0, x \in (x_0 - R, x_0 + R)\]
+    利用Lagrange余项可得
+    \begin{align*}
+        \abs{R_n(x)} & = \abs{\frac{f^{(n + 1)}(\xi)}{(n + 1)!} (x - x_0)^{n - 1}}\\
+        & \leq M \frac{\abs{x - x_0}^{n + 1}}{(n + 1)!} \leq M \frac{R^{n + 1}}{(n + 1)!} \to 0 \eqper \qedhere
+    \end{align*}
+\end{proof}
+
+\begin{example}
+    基本初等函数的Maclaurin展开。
+    \begin{enumerate}
+        \item $e^x = \dsum_{n = 0}^\infty \frac{x^n}{n!} = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots,  \abs{x} < +\infty$。
+        \item $\sin x = \dsum_{k = 0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k + 1)!}x^{2k + 1} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \dots,  \abs{x} < +\infty$。
+        \item $\cos x = \dsum_{k = 0}^\infty \frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k} = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \dots,  \abs{x} < +\infty$。
+        \item \begin{align*}
+            (1 + x)^a & = 1 + \dsum_{n = 1}^\infty \frac{a(a - 1) \dots (a - n + 1)}{n!} x^n\\
+            & = 1 + \frac{ax}{1!} + \frac{a(a - 1)x^2}{2!} + \frac{a(a - 1)(a - 2)x^3}{3!} + \dots,  \abs{x} < 1 \eqper
+        \end{align*}
+        \item 已知$(1 + t)^{-1} = \dsum_{n = 0}^\infty (-1)^n t^n = 1 - t + t^2 - t^3 + t^4 - \dots,  \abs{t} < 1$。逐项积分（从0到$x$），得到
+        \[\ln (1 + x) \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{n + 1} x^{n + 1} = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \dots,  \abs{x} < 1 \eqper\]
+    \end{enumerate}
+\end{example}
+
+现在考虑另一个问题：如果我们仅知函数$f(x)$在$x = x_0$点有任意阶导数，那么
+\begin{enumerate}
+    \item 其Taylor级数$\dsum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n$的收敛域如何？
+    \item 在收敛域内是否有$f(x) = \dsum_{n = 0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n$？
+\end{enumerate}
+
+\begin{example}
+    求$S(x) = \dsum_{n = 1}^\infty \dfrac{(-1)^{n + 1}}{n (2n - 1)} x^{2n}$的收敛域与和函数。
+\end{example}
+
+\begin{proof}[解]
+    $\rho = 1$，收敛域为$[-1, 1]$。
+    \begin{align*}
+        \deriv{S}(x) & = 2 \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n + 1}}{2n - 1} x^{2n - 1},  x \in (-1, 1)\\
+        S^{\prime \prime}(x) & = 2 \sum_{n = 1}^\infty (-1)^{n + 1} x^{2n - 2} = 2 \sum_{n = 1}^\infty (-x^2)^{n - 1}\\
+        & = \frac{2}{1 + x^2},  \forall x \in (-1, 1)\\
+        \deriv{S}(0) & = S(0) = 0\\
+        \deriv{S}(x) & = 2\arctan x\\
+        S(x) & = 2x \arctan x - \ln (1 + x^2),  x \in [-1, 1]\eqper \qedhere
+    \end{align*}
+\end{proof}